Vectores, rectas y planos VERSIÓN 1 0

(1)

Algebra lineal

Versión 1.0 - J ulio 2011

Vectores, rectas

y planos en

PDF Interactivo

R

3 Walter Mora F.

Escuela de Matemática

(2)

VERSIÓN 1.0.

JULIO 2011.

PDF Interactivo

Puede ver y manipular las figuras (marcadas con . _{), en 3D haciendo clic sobre ellas (Internet).}

Prof. Walter Mora F.,

Escuela de Matemática

Instituto Tecnológico de Costa Rica. (www.tec-digital.itcr.ac.cr/revistamatematica/) Julio, 2011.

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Textos Universitarios

(3)

Contenido

1 Vectores 1

1.1 Operaciones Básicas 2

1.13 Propiedades de los vectores 7

1.15 Producto punto y norma. 7

1.24 Ángulo entre vectores enR3. 11

1.30 Paralelismo, perpendicularidad y cosenos directores. 13

1.32 Proyección ortogonal 14

1.38 Producto Cruz enR3 17

1.44 (*) El producto cruz solo existe enR1 R3 yR7. 21

2 Rectas y Planos en el espacio 24

2.1 Rectas enR3. 24

2.7 Distancia de un punto a una recta 28

2.9 Rectas enR2 29

3 Planos. 31

3.1 Ecuación vectorial 31

3.2 Ecuación normal y cartesiana. 31

3.5 Paralelismo, perpendicularidad y ángulo 34 3.10 Intersección entre recta y plano. 37 3.12 Distancia mínima de un punto a un plano. 38 3.14 El punto de un plano más cercano a un punto dado. 39 3.15 Proyección ortogonal sobre un plano. 39

4 Rotación de un punto alrededor de una recta. 42

Bibliografía 44

(4)

1

VECTORES

A partir de la representación de R, como una recta numérica, los elementos(a,b)∈R2 _{se asocian con puntos de} un plano definido por dos rectas perpendiculares que al mismo tiempo definen un sistema de coordenadas rect-angulares donde la interseccón representa a(0, 0)y cada(a,b)se asocia con un punto de coordenadaaen la recta horizontal (ejeX) y la coordenadaben la recta vertical (ejeY).

Figura 1.1 Punto(a,b)

Analógamente, los elementos (a,b,c)∈R3 _{se asocian con puntos en el espacio tridimensional definido con tres} rectas mutuamente perpendiculares. Estas rectas forman los ejes del sistema de coordenadas rectangulares (ejesX, YyZ).

Los vectores se pueden representar mediante segmentos de recta dirigidos, o flechas, enR2_{y en}_R3_{. La dirección} de la flecha indica la dirección del vector y la longitud de la flecha determina su magnitud.

(5)

Figura 1.2 Punto(a,b,c)

Figura 1.3 Vector(a,b)

. _{Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)}

Figura 1.4 Vector(a,b,c)

El vector nulo se denota con−→0 = (0, 0, 0)

Los vectores están anclados en el origen. Sin embargo, fre-cuentemente visualizamos un vector como su traslación: El vector −→AB está anclado en el origen pero lo visual-izamos como el “vector” que va A hasta B. Formalmente −→

AB=OB−→−−→OA.

A veces hablamos del espacio Rn. Un vector en el Rn es un n−tuple (x1,x2,· · ·,xn) con cada xi ∈R. A xi se le

llama componentei−ésima del vector. X

Y Z

1.1 Operaciones Básicas

2 Cálculo Superior. Walter Mora F.

(6)

Igualdad.

Dos vectores son iguales si tienen, en el mismo orden, los mismos componentes.

Si−→v = (v1,v2,v3)∈R3y−→w = (w1,w2,w3)∈R3, entonces−→v =−→w si y sólo siv1=w1, v2=w2, v3=w3. Definición 1.2(Igualdad).

Sea−→v = (1, 3, 4) y −→w = (3, 1, 4), entonces −→v 6=−→w.

X

Y Z

1 2 3 4

1 ₂ 3 1

2 3 4

v

w

Ejemplo 1.3

Suma y resta.

La suma y resta de vectores en Rn se hace componente a componente.

Si−→v = (v1,v2,v3)∈R3y−→w = (w1,w2,w3)∈R3;

−→_v ₊−→_w _{= (}_v

1+w1,v2+w2,v3+w3) y −→v − −→w = (v1−w1,v2−w2,v3−w3) Definición 1.4(Suma y resta).

Sea−→v = (1, 3, 4) y−→w = (3, 1, 4), entonces −→v +−→w = (4, 4, 8)

X

Y Z

v

w

v w

(7)

Sea P= (0, 3, 1),Q= (1, 2, 4) y R= (10, 1, 6). Entonces

−→

OR=−→OP+−→PQ+−→QR.

X

Y Z

Ejemplo 1.6

Sea−→v = (1, 3, 4) y−→w = (3, 1, 4), entonces −→_v _{− −}→_w _{= (−}_{2, 2, 0}₎ _y −→_w _{− −}→_v _{= (}_2,₋_{2, 0}₎_.

X

Y Z

v

w

v w

w v

(8)

Considere los puntos A= (0, 0, 1),B= (3, 5, 0) y C= (2, 0, 0). Nos interesa calcular D∈ R3 _{tal que} _A_, _B_, _C _y _D sean los vértices de un paralelogramo.

Hay tres soluciones. Supongamos que el paralelogramo tiene lados AB y AC, entonces B−A=D1−C de donde D1=C+B−A, en este caso, D1 es el vértice opuesto al vértice A. Las otras dos soluciones son D2=C+A−B y D3=A+B−C. Así, tenemos los paralelogramos ACBD3, ACD1B y AD2CB.

X

Y Z

A

B C

D3

X

Y Z

A

B C

D1

D2

D3

Ejemplo 1.8

Multiplicación por un escalar.

Un escalamiento de un vector, por un factork∈ R, se logra multiplicando cada componente por el mismo número realk

Consideremos el vector−→v = (v1,v2,v3)∈R3y el escalark∈R, entonces

(9)

Sea−→v = (1, 3, 4) entonces

2−→v = (2, 6, 8)

1 2

−→_v ₌

1 2,32,42

X Y

Ejemplo 1.10

Sibbbııı= (1, 0, 0),bbb= (0, 1, 0),bbkkbk= (0, 0, 1), entonces

(a,b,c) =abbbııı+bbbbııı+cbbıbıı

X

Y Z

a

b

c

(10)

Sea −→u = (4,−1, 1),−→v = (0, 0.5, 3) y −→w = (0, 3, 0.5).

a.)−→u +0.5−→v +→−w = (4,−1, 1) + [0.5(0, 0.5, 3) + (0, 3, 0.5]

= (4,−1, 1) + (0, 3.25, 2)

= (4, 2.25, 3)

b.)−→u +t−→v +s−→w = (4,−1, 1) + [t(0, 0.5, 3) +s(0, 3, 0.5]

= (4,−1, 1) + (0, 3s+0.5t, 0.5s+3t)

= (4, −1+3s+0.5t, 1+0.5s+3t)

X

Y Z

v

w

0.5

v

w

u

+

0.5

v

+

w

u

+

Ejemplo 1.12

1.13 Propiedades de los vectores

Las propiedades más útiles de los vectores, según lo que ha demostrado la experiencia, se enuncian en el siguiente teorema,

Si−→v,−→w,−→u ∈R3_y_α,_β_∈_R_entonces,

1.) Conmutatividad: −→v +−→w =−→w +−→v

2.) Asociatividad: −→u + (−→v +−→w) = (−→u +−→v ) +−→w

3.) Elemento neutro: −→v +−→0 =−→v

4.) Inversos: −→v + −−→v =−→0

5.) 1−→v =−→v

6.) α β−→v =α(β−→v)

7.) α −→v +−→w=α−→v +α−→w 8.) (α+β)−→v =α−→v +β−→v Teorema 1.14(Propiedades de los vectores).

1.15 Producto punto y norma.

Cálculo Superior. Walter Mora F.

(11)

El producto punto (o escalar) es una operación entre vectores que devuelve un escalar. Esta operación es intro-ducida para expresar algebraicamente la idea geométrica de magnitud y ángulo entre vectores.

Consideremos los vectores−→v = (v1,v2,v3)∈R3 y−→w = (w1,w2,w3)∈R3. El producto punto (o escalar)−→v · −→w se define de la siguiente manera,

−→

v · −→w =v1·w1+v2·w2+v3·w3∈R Definición 1.16(Producto punto o interior).

a.) Sean−→v = (−1, 3, 4) y −→w = (1, 0,√2) entonces

−→_v _{· −}→_w ₌ ₋₁_·₁₊₃_·₀₊₄_·√₂ ₌ ₄√₂₋₁

b.) Sea−→u = (a,b,c) entonces

−→_u _{· −}→_u ₌ _a2₊_b2₊_c2

De aquí se deduce que−→u · −→u ≥0 y que −→u · −→u =0 solamente si −→u =0. Ejemplo 1.17

Propiedades del producto punto.

En los cálculos que usan el producto punto es frecuente invocar las propiedades que se enuncian en le teorema que sigue. También, el producto punto se generaliza como el pro-ducto interno(en contraposición con el producto exterior). Las propiedades que permanecen en esta generalización son,

Consideremos los vectores−→v,−→w,−→u ∈R3_y_α_∈_R_{, entonces}

1.) −→v · −→v >0 si −→v 6=−→0 (el producto punto esdefinido positivo)

2.) −→v · −→w =−→w · −→v

3.) −→u · −→v +−→w

=−→u · −→v +−→u · −→w

4.) α−→v· −→w =α −→v · −→w

Teorema 1.18(Propiedades del producto punto).

Nota: No hay propiedad asociativa pues “−→v ·(−→w · −→u)”no tiene sentidodado que−→w · −→ues un número real.

(12)

Consideremos el vector−→v = (v1,v2,v3)∈R3. La norma de−→v se denota||−→v||y se define de la siguiente manera, Teorema 1.21(Propiedades de la norma).

La propiedad 4.) parece geométricamente muy intuitiva: Uno espera que si −→w 6=0, entonces

Para formalizar el razonamiento usamos algo que no necesita verificación y que es equivalente al argumento

in-tuitivo: Si −→w 6=0 =⇒ ||−→u||2_≥_{0. La demostración formal es así: Sea} −→_u ₌−→_v ₋_proy−→v −

(13)

0≤ ||−→u||2 ₌

La propiedad 3.) se obtiene usando la desigualda de Cauchy-Schwarz,

||−→v +−→w||2 = (−→v +−→w)·(−→v +−→w)

El caso −→w =0 produce una identidad de verificación directa.

a.) (Vectores unitarios) Sea −→w = (1, 0, 2), entonces

Un vector v se dice unitario si su norma es 1. Es común escribirvbpara indicar que este vector es unitario.

Definición 1.23(Vector unitario).

Observe que si −→w 6=−→0 entonces w

||w|| es unitario.

El vector−→w = (cosθ, sinθ)es unitario para todo θ∈R, pues ||(cosθ, sinθ)||= √

cos2_θ₊_sen2_θ₌_1.

(14)

1.24 Ángulo entre vectores en

R

3

.

A partir de laLey de los cosenospodemos establecer una relación entre el producto punto, normas y ángulos, como se muestra a continuación.

Ley de los cosenos. Sia,b y cson las longitudes de los lados de un triángulo arbitrario, se tiene la relación

c2=a2+b2−2abcosθ

dondeθes el ángulo entre los lados de longitudayb.

Para visualizar esta ley usando vectores, consideremos el trián-gulo determinado por los vectors−→v,−→w ∈ R3_{, como se muestra} en la figura.

X

Y Z

v _w

Entonces

||−→v − −→w||2₌_||−→_v_||2₊_||−→_w_||2₋₂_||−→_v _{|| ||−}→_w_||_cos θ (∗)

ahora, puesto que

||−→v − −→w||2= (−→v − −→w)·(−→v − −→w) =||−→v ||2+||−→w||2−2−→v · −→w

entonces, despejando en (*) obtenemos

−→

v · −→w =||−→v || ||−→w||cosθ

Ángulo entre vectores en

R

n

.

En el caso del Rn, si →−v,−→w ∈Rn _{son vectores no nulos, entonces usando la} desigualdad d Cauchy-Schwarz: |−→v · −→w| ≤ ||−→v || ||−→w|| y la propiedad del valor absoluto |x| ≤k ⇔ −k≤x≤k

para un númerok≥0, obtene-mos −||−→v|| ||−→w|| ≤ −→v · −→w ≤ ||−→v|| ||−→w|| y entonces−1≤

−→_v _{· −}→_w

||−→v || ||−→w|| ≤1.

Se puede garantizar que para −→v ,−→w ∈Rn _{vectores no nulos, es posible encontrar un único} _θ_∈_[_0,_π_] _{tal que}

−→

v · −→w =||−→v || ||−→w||cosθ. Formalmente,

Si−→v,−→w ∈Rn _{son vectores no nulos, el ángulo entre}−→_v _y −→_w _{es el único}_θ_∈_[_0,_π_]_{tal que}

−→_v _{· −}→_w ₌_||−→_v_{|| ||−}→_w_||_cos_θ, _i.e.

θ=arccos

−→

v · −→w ||−→v || ||−→w||

, Definición 1.25

(15)

Como una consecuencia, tenemos una caracterización para vectores ortogonales. Recordemos que dos vectores son ortogonales si al menos uno de ellos es nulo o si el ángulo entre ellos esπ/2. Entonces

Los vectores−→v ,−→w ∈Rn _{son ortogonales si y sólo si}−→_v _{· −}→_w ₌₀ Teorema 1.26(Vectores ortogonales).

Nota: El único vector ortogonal consigo mismo es el vector −→0

Sean −→w = (1, 0,√2) y −→v = (−2, 1,√2) entonces −→w y −→v son ortogonales pues −→w · −→v =−2+2=0

X

Y Z

v

w

Ejemplo 1.27

Sean −→w = (2, 0, 2) y −→v = (0, 2, 2) entonces el ángulo entre −→w y −→v es

θ=arccos

1 2

=π/3;

pues,

cosθ=

−→_v _{· −}→_w

||−→v|| ||−→w|| =⇒ θ=arccos

−→

v · −→w ||−→v || ||−→w||

=arccos

1 2

X

Y Z

v

w

(16)

Sean−→v = (1,−1, 0)y−→w = (1, 1, 0). Consideremos el problema de encontrar un vector−→u ∈R3_{que cumpla las tres}

X

1.30 Paralelismo, perpendicularidad y cosenos directores.

Dos vectores−→u,−→v ∈R3 _{distintos de cero,}

Los cosenoss directores de un vector

son las componentes de un vector untario.

(17)

Sea−→w =−→OP= (w1,w2,w3), sus cosenos directores son,

Geométricamente lo que queremos es determinar el vector que se obtiene al proyectar ortogonalmente el vector −→_u ₆₌_{0 sobre el vector}−→_w_{. Si denotamos a este vector con proy}−→_u

−→

w entonces, de acuerdo con la figura, se debe cumplir que

(18)

Si−→v,−→w ∈R3 _con−→_w ₆₌_0.

Se llama proyección ortogonal de−→v sobre−→w al vector

proy

X

Definición 1.33(Proyección ortogonal de−→v sobre−→w).

. _Como −→_v _{· −}→_w ₌

entonces, el producto punto de

(19)

Sean −→v = (3, 1, 0) y −→w = (2, 2, 0). Consideremos el problema de determinar un vector −→u ∈

R3 _tal _que −→_u _{= (}_x_,_y_,_x₎ _y _que _cumpla _las _dos _condiciones _proy−→u

−→_v = −−→v y −→u ⊥ −→w.

Bien,

      

proy −→_u

−→_v = −−→v

−→

u · −→w = 0

=⇒

    

3x+y

10 (3, 1, 0) = −(3, 1, 0),

2x+2y = 0.

Resolviendo el sistema,x=−5,y=5, y entonces

−→_u _{= (−}_{5, 5,}₋₅₎

X

Y

Z Ejemplo 1.35

Consideremos un triángulo determinado por los puntos A,B,C∈R3_{. Podemos calcular la altura y el área de la} siguiente manera,

Sean−→u =B−A,−→w =C−A, entonces la altura es h=||−→u −proy−→→−_wu||. Luego, como la base mide||−→w||, entonces

Área= ||−

→_w_{|| ||−}→_u ₋_proy−→_u −→

w|| 2

u

w

proy

w u

(20)

Sea A= (2, 2, 2), B= (1, 1, 0) y C= (0, 2, 2). Nos interesa Calcular el punto E en el segmento BC tal que el segmento AE sea la "altura" del triángulo 4ABC sobre este segmento.

Sean−→u =A−B,−→w =C−B, el punto buscado es

E=−→B + proy−→−→u

w.

La traslación es necesaria pues la proyección es un vector an-clado en el origen.

X

Y Z

u

w

proy

_wu

proy

_wu

Ejemplo 1.37

1.38 Producto Cruz en

R

3

El producto cruz entre dos vectores enR3es un vector que es simúltaneamente perpendicular a v y a w.

(21)

Consideremos los vectores−→u = (u1,u2,u3)∈R3y−→v = (v1,v2,v3)∈R3. El producto cruz−→u × −→v se define de la siguiente manera,

−→_u _{× −}→_v ₌ ₍_u

2v3−u3v2)bbbııı−(u1v3−u3v1)bbb+ (u1v2−u2v1)bkbbkk

= (u2v3−u3v2)bbbııı+ (u3v1−u1v3)bbb+ (u1v2−u2v1)bkbbkk

X

Y Z

v

Definición 1.39

La posición del vector v×w se puede establecer con la “regla de la mano derecha”,

. _{Recordemos que}

bı bı

bı= (1, 0, 0),bbb= (0, 1, 0),bkbbkk= (0, 0, 1), entonces también podríamos escribir

−

→_u _{× −}→_v _{= (}_u

2v3−u3v2, u3v1−u1v3, u1v2−u2v1)

. _{Esta fórmula se puede calcular como un determinante,}

(22)

Sibibbii= (1, 0, 0),bbjbjj= (0, 1, 0) ybkbbkk= (0, 0, 1); entonces

Propiedades del producto cruz.

Recordemos que el producto cruz solo lo hemos definido en R3_,

Consideremos los vectores−→v,−→w,−→u ∈R3_y

Teorema 1.41(Propiedades del producto cruz).

. _{Observe que}_{no tenemos}_{una propiedad de asociatividad para el producto cruz.}

(23)

−→_u _{k −}→_v ₌_⇒ −→_u ₌

α−→v =⇒ −→u × −→v =0

. _{De la igualdad de Lagrange se puede deducir la fórmula (de área)}

||−→u × −→v||=||−→u|| ||−→v ||sinθ (1.1)

. _{Consideremos un paralelogramo determinado por dos vectores}−→_u_,−→_v _∈_R3_{, como se ve en la figura de la derecha.}

Siθes el ángulo entre estos vectores, el área del paralelogramo es,

A=||−→u|| ||−→v||sinθ=||−→u × −→v ||

. _{Consideremos un paralelepípedo en el espacio determinado por tres vectores no coplanares} −→_u_,−→_v_,−→_w _∈_R3_,

como se ve en la figura. El volumen del paralelepípedo es,

(24)

El área del triángulo con vértices enP= (1, 3,−2),

Con el producto punto tal y como lo hemos definido, si un “producto cruz” cumple las propiedades del teorema (1.41), solo podría existir en en R1, R3 yR7. La teoría que sigue es un resumen de ([7]) y ([12]).

Este producto existe en R1, pero como aquí todos los vectores son paralelos, la única opción seríavvv×www=0 para todo vvv,www∈R.

No hay producto cruz en R2 pues vvv×www es un vector ortogonal a vvv y a www∈ R2 _{y no estaría en el plano} ex-cepto que sea vvv×www=−→0 , pero esto no puede pasar si estos vectores son ortogonales y unitarios pues en este caso kvvv×wwwk=1212−02=1 (por la igualdad de Lagrange).

(25)

En R3 _{ya tenemos nuestro producto cruz y es único excepto por el signo.}

Si el producto cruz existe en Rn con n≥4 entonces n=7. Esto es un poco más complicado de ver y requiere un poco de conocimiento de espacios vectoriales.

Un subespacioW de Rn se dice cerrado bajo la operación binaria ×sivvv×www∈W para todovvv,www∈W. Por ejemplo, en R3 _{el subespacio}_W _{generado por}

bı

En [12, pág. 190] se establece el teorema,

Sea× un producto cruz enRn y sea A un subepacio deRn el cual es cerrado bajo × y posee una base ortonormal {fff111, ...,fffkkk.} Sea bbb∈ A⊥. Entonces los vectores {bbb,fff111×bbb, ...,fffkkk×bbb} ⊂A⊥ y son mutuamente ortogonales y con la misma longitud quebbb.

Teorema 1.45

El teorema es fácil de probar (como se puede ver en la referencia). Para ver como funciona el teorema, consideremos por ejemplo el subespacio A=< bbbkkk > de R3 que es cerrado bajo ×. Una base ortonormal de A es, por supuesto, bk

bkbk. Luego como_b_b_b∈ A⊥, {_b_b_b,bkbbkk×_b_b_b}={_b_b_b, −_b_b_bııı} ⊂A⊥. En este caso, dimA+dimA⊥=3.

En el caso Rn, sea A=<e1,e2,e3> con e1=bbbııı,e2=bbb,e3=bbkkbk. A es claramente cerrado bajo ×. Un vector aaa∈R

n

se puede escribir como

a=

con el primer sumando en A y el segundosumando en A⊥ (como se puede verificar haciendo el producto punto y utilizando el hecho de que ei·ei=1 ). Ahora, de acuerdo al teorema (1.46), si n≥4, existe bbb∈ A⊥ unitariotal que {bbb,e1×bbb,e2×bbb,e3×bbb} es un subconjuntoortonormalde A⊥ y entonces {e1,e2,e3,bbb, e1×bbb,e2×bbb,e3×bbb} es un conjunto ortonormal de Rn. Esto nos dice, a la luz del teorema (1.46), que si hay un un producto cruz en Rn con n≥4, entonces n≥7. Para cerrar, se tiene el siguiente teorema [12, pág. 191] ,

Sea C=<e1,e2,e3,bbb,e1×bbb,e2×bbb,e3×bbb>. C es cerrado bajo ×. Teorema 1.46

Para probar que la única posibilidad es n=7 se procede por contradicción, si n>7 entonces habría un vector unitario nnn ∈ C⊥ y bbb×nnn sería un vector unitario en C⊥. Sea ppp=bbb×nnn entonces nnn×ppp=bbb y ppp×bbb=nnn. Un cálculo sencillo pero un poco extenso muestra que si i6=j entonces (ei×bbb)×(ej×nnn) = (ej×nnn)×(ei×bbb) lo cual

(26)

(27)

2

RECTAS Y PLANOS EN EL

ESPACIO

2.1 Rectas en

R

3

.

Consideremos la recta L que pasa por P y por Q. Esta recta es paralela al vector −→v =−→PQ, por lo tanto, dado un punto R= (x,y,z)∈L, se debe cumplir que

−→

PR=t−→v, o sea R−P =t−→v; t∈R

de donde L={(x,y,z)∈ R3 _: ₍_x_,_y_,_z_{) =}−→_OP₊_t−→_v_}_.

Informal-mente escribimos L: (x,y,z) =P+t· −→v.

X

Y Z

SiLes una recta que pasa por los puntosP= (p1,p2,p3),Q= (q1,q2,q3)y si−→v =Q−P, entonces

1.) La ecuación vectorial de Les (x,y,z) =P+t−→v, t∈R

2.) Despejandox,y y z obtenemos las ecuaciones parámetricas deL:

  

x(t) = p1+t v1 y(t) = p2+t v2 z(t) = p3+t v3

3.) Si cadavi6=0, despejando ”t” obtenemos las ecuaciones simétricas deL:

x−p1 v1

= x−p2

v2

= x−p3

(28)

Consideremos la rectaLque pasa porP= (1, 3, 2) yQ= (2, 1, 4). En este caso−→v =−→PQ=Q−P= (1,−2, 2), luego

Ecuación vectorial: (x,y,z) = (1, 3, 2) +t(1,−2, 2)

Ecuaciones parámetricas:

x(t) = 1+t, y(t) = 3−2t, z(t) = 2+2t

Ecuaciones simétricas:

x−1

1 =

y−3 −2 =

z−2 2 .

X

Y Z

v

P

Q

a.) Consideremos la rectaLque pasa porP= (1, 3,−2) yQ= (2, 1,−2). En este caso−→v =Q−P= (1,−2, 0), luego

Ecuación vectorial: L: (x,y,z) = (1, 3,−2) +t(1,−2, 0)

Ecuaciones parámetricas:

L:

  

x(t) = 1+t, y(t) = 3−2t, z(t) = −2.

Ecuaciones simétricas:

x−1

1 =

y−3

−2 ; z= −2.

b.) Consideremos la rectaL1de ecuaciones simétricas,

x+1

3 =

y+2

2 =z−1,

entoncesL1va en la dirección de−→v = (3, 2, 1) Ejemplo 2.4

(29)

. _{Observe que el segmento que va de}_P_a _Q_{es el conjunto de puntos}

{P+t(Q−P); t∈[0, 1]}

. _{En particular, si} _t ₌ 1

2, obtenemos el punto medio del segmento P+1₂(Q−P) = P+₂Q

Ángulo, paralelismo, perpendicularidad e intersección.

Consideremos dos rectas,

L1: (x,y,z) =P+t−→v; t∈R ∧ L2: (x,y,z) =Q+s−→w; s∈R

L1 k L2 si y sólo si −→v k −→w

L1 ⊥ L2 si y sólo si −→v ⊥ −→w

El ángulo entreL1yL2es igual al ángulo entre−→v y−→w

. _{Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)} . _{Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)}

. _{Como podemos escoger dos puntos cualesquiera (distintos) de una recta, las ecuaciones no son únicas pero son}

(30)

Intersección.

Sean P= (p1,p2,3) y Q= (q1,q2,q3) en R . Consideremos las rectas

L1: (x,y,z) =P+t−→v y L2: (x,y,z) =Q+s−→w.

Para determinar si hay intersección igualamos la ecuaciones,

P+t−→v =Q+s−→w ⇒

          

t v1−s w1 = q1−p1

t v2−s w2 = q2−p2

t v3−s w3 = q3−p3

Si este sistema tiene solución, entonces esta solución nos da el o los puntos de intersección entre L1y L2. Como el sistema es lineal puede pasar que,

. _{hay solución única: las rectas se intersecan en un solo}

punto,

. _{hay infinitas soluciones: las rectas coinciden,}

. _{no hay solución: las rectas no se intersecan.}

. _{Ver en 3D}

X

Y Z

. _{Observe que, para el cálculo de la intersección usamos un párametro distinto en cada recta. Esto es así}

porque el punto de intersección se obtiene en general, con un valor del parámetro que varía en cada recta.

Consideremos la rectaL1: (−1, 3, 1) +t(4, 1, 0).

. _L

1y la rectaL2: (−13,−3,−2) +s(12, 6, 3), se intersecan en el punto(−1, 3, 1). Este punto se obtiene con

t=0en la primera recta y cons=1en la segunda recta.

(−1, 3, 1) = (−1, 3, 1) +0·(4, 1, 0)

(−1, 3, 1) = (−13,−3,−2) +1·(12, 6, 3)

. _L

1es paralela a la rectaL3: (x,y,z) = (1, 3,−2) +t(8, 2, 0)pues(8, 2, 0) =2(4, 1, 0)

. _L

1es perpendicular a la rectaL4: (x,y,z) = (0, 2,−1) +t(−1, 4, 3)pues(−1, 4, 3)·(4, 1, 0) =0

(31)

. _L

1no interseca aL4: (x,y,z) = (0, 2,−1) +t(−1, 4, 3)pues el sistema

  

−1+4t = −s 3+t = 2+4s

1 = −1+3s

no tiene solución (es inconsistente).

X

Y Z

L

₁

L

2 L

₃

L

4

Continuación..

Seav= (1, 1, 1) y consideremos la recta L1: P+t· −→v . Si la recta L2: Q+t·(w1,w2,w3) es perpendiculara L1, tenemos

(w1,w2,w3)·(1, 1, 1) =0 =⇒ w1+w2+w3=0

por lo que hay muchas posiblidades para encontrar rectas perpendiculares a L1 que no sean paralelas entre sí.

Dos rectas L1 y L2 que son perpendiculares a la recta L: P+ t· −→v no son, en general, paralelas. Esto es así porque en R3 la ecuación −→w.−→v =0 tiene infinitas soluciones −→w no paralelos

entre sí. X

Y Z

L

1

Ejemplo 2.6

2.7 Distancia de un punto a una recta

Sea L una recta y P,Q dos puntos distintos en L. Dado R6=L, queremos calcular ladistancia mínima de R a L y el punto E∈ L en el que sealcanzaeste mínimo. Por supuesto, la distancia mínima es la longitud del segmento

perpendicular que va desde R a L: La distancia mínima de R a la recta es k−PR→ − proy −→

PR

−→ PQ

k y esta distancia

mínima se alcanza en E=P+proy −→

PR

−→ PQ.

(32)

Sea R= (2, 2, 5) y consideremos la recta L: (x,y,z) = (2, 0, 1) +

La distancia mínima se alcanza en

E=P+proy

Podemos usar álgebra vectorial para deducir algunas propiedades de rectas en en dos dimensiones

Si P,Q∈ R2 _{son puntos distintos, la recta} _L _{que pasa por estos puntos es como antes,} _L_: ₍_x_,_y_{) =}_P₊_t_·₍_Q₋_P₎_. Un vector −→N ∈R2 _{es perpendicular a} _L _{si y solo si}−→_N_·₍_Q₋_P_{) =}_0.

A diferencia de las rectas en R3, en dos dimensiones todas las rectas perpendiculares a L son paralelas entre sí.

Si −→N = (a,b) esnormala la recta L, entonces

(x,y)∈ L ⇐⇒ L: (N·((x,y)−P) =0 ⇐⇒ ax+by=N·P

Si −→N = (a,b) esnormala la recta L, laecuación cartesianade L es ax+by+c=0 con c=N·P.

Sean b1,b26=0. Consideremos las rectas L1: a1x+b1y+c1=0 y L2: a2x+b2y+c2=0.

Dividiendo por b1 y b2 en las ecuaciones respectivas, las ecuaciones se pueden escribir como

L1:

(33)

Luego, N1=

a1 b1

, 1

es normal a L1 y N2=

a2 b2

, 1

es normal a L2.

L1⊥L2 ⇐⇒ N1·N2=0 ⇐⇒ a1 b1

·a2 b2

=−1.

En particular, las rectas y=m1x+d1 y y=m2x+d2 son perpendiculares si y solo sí m1·m2=−1.

L1 k L2 ⇐⇒ N1=λN2 ⇐⇒ a1 b1

=λa2

b2 y

λ=1, es decir, a1 b1

= a2

b2.

(34)

3

PLANOS.

Así como una recta esta determinada por dos puntos distintos, un plano está determinado por tres puntos no coli-neales.

3.1 Ecuación vectorial

Sean P,Q,R∈R no colineales y sea Π el plano que contiene estos tres puntos. Si M= (x,y,z)∈ Π entonces,

M=P+t−→QP+sRP−→; t,s∈R

Esta esunaecuación vectorialdeΠ.

. _{Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)} . _{Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)}

X

Y Z

PQ

PR

X

Y Z

P

Q

R

3.2 Ecuación normal y cartesiana.

Un vector normal al planoΠ.Si −→N es perpendicular al plano Π entonces P,Q∈ Π si y solo si −→N ⊥−→PQ. Cálculo Superior. Walter Mora F.

(35)

X

Y Z

N

PQ

Q P N

Si P,Q,R∈ Π (no colineales) entoncesunvector normal al plano Π es −→PQ×−PR→.

X

Y Z

PQ

(36)

Sea −→N un vector normal al plano Π. Si Pestá en el plano, en-tonces(x,y,z)∈Π si y solo si

((x,y,z)−P)·−→N=0

Esta ecuación es unaecuación punto normaldeΠ

X

Y Z

Si escribimos−→N = (a,b,c)y desarrollamos la ecuación anterior, obtenemos unaecuación cartesianadeΠ

ax+by+cz=−→N ·P

Consideremos un planoΠque pasa por los puntos no colinealesP,Q,R. −→

N= (a,b,c)es un vector normal al planoΠsi−→N·[(x,y,z)−P] =0 para cualquier(x,y,z)∈Π.

Si−→N = (a,b,c)es un vector normal al planoΠentonces

[(x,y,z)−P]·−→N =0

se llama una ecuación normal deΠ

Si−→N = (a,b,c)es un vector normal del planoΠentonces

a x+b y+c z=−→N ·P

se llama una ecuación cartesiana del planoΠ

Si−→v =−→PQy si−→w =−PR→entonces

(x,y,z) =P+t−→v +s−→w; t,s∈R

(37)

. _{Tres puntos}_P_{= (}_p

1,p2,p3),Q= (q1,q2,q3) y R= (r1,r2,r3)∈R3 sonnocolineales si

p1 p2 p3

q1 q2 q3

r1 r2 r3

6=0

Consideremos un plano Π1 que pasa por los puntos no colin-eales P= (1, 1, 1),Q= (2, 1, 2) y R= (0, 2,−1)

. _{Ecuación vectorial:} ₍_x_,_y_,_z_{) = (}_{1, 1, 1}_{) +} _t₍_{1, 0, 1}_{) +}

s(−1, 1,−2)

. _Ecuación _cartesiana: _un _vector _normal _es

− →

N = −→QP×−RP→= (1, 0, 1)×(−1, 1,−2) = (−1, 1, 1). Como −

→

N·P=1, una ecuación cartesiana es −x+y+z=1. Ejemplo 3.4

3.5 Paralelismo, perpendicularidad y ángulo

(38)

Consideremos la rectaL1: (x,y,z) =P+t−→v y los dos planos

Π1: a1x+b1y+c1z=d1 y Π2: a2x+b2y+c2z=d2

Entonces, siendo−N→1 = (a1,b1,c1), y −→

N2 = (a2,b2,c2), normales aΠ1yΠ2, respectivamente,

Π1kΠ2si y sólo si −→ N1k

−→ N2

Π1⊥ Π2si y sólo si −→ N1 ⊥

−→ N2

El ángulo entre los planos es el ángulo entre los vectores normales

Ł1 kΠ1si y sólo si −→ N1 ⊥ −→v

Ł1 ⊥Π1si y sólo si −→ N1 k −→v Definición 3.6

Planos paralelos.Puede moverv,w,PyN1. . Ver en 3D Planos perpendiculares.Puede moverv,w,PyN1 . Ver en 3D

X Y

Z N2

(39)

Recta paralela a un plano.Puede mover la recta con el puntoP. _{Ver en 3D}

Recta perpendicular a un plano.Puede mover la recta con el puntoP . _{Ver en 3D}

Consideremos el problema de obtener una ecuación cartesiana del planoΠ1que contenga a la recta

L1: (x,y,z) = (1, 2, 1) +t(0, 2, 3)

y al puntoP= (0, 0,−1)(queno estáenL1).

Para encontrar una ecuación cartesiana del planoΠ1, buscamos tres puntos no colineales en este plano; el punto P que ya tenemos y dos puntos de la recta. Para obtener estos dos puntos de la recta, le damos una par de valores al parámetro ttal que nos generen al final tres puntos no colineales.

En este caso con t=0 y t=1 obtenemos los dos puntos que faltan. Tres puntos no colineales en el planoΠson

P= (0, 0,−1),Q= (1, 2, 1),R= (1, 4, 4)

Estos puntos no son colineales pues

(40)

Consideremos el problema de obtener la ecuación cartesiana del planoΠ1que seaparaleloa las rectas

L1:(x,y,z) = (1, 2, 1) +t(0, 2, 3), L2:(x,y,z) = (1, 0, 1) +t(5, 0, 0)

y que contenga al puntoP= (1, 1, 1)

De acuerdo a la teoría, un vector normal a Π debe ser perpendicular a (0, 2, 3) y a (5, 0, 0); entonces para encon-trar la ecuación cartesiana del plano Π1, podemos tomar −→

N = (0, 2, 3)×(5, 0, 0) = (0, 15,−10). Como −→N ·P= 5, una ecuación cartesiana es

15y−10z=5

X Y

Z

P

N

Ejemplo 3.8

Consideremos el problema de obtener la ecuación cartesiana del planoΠ1que seaperpendiculara la recta

L1: (x,y,z) = (1, 2, 1) +t(0, 2, 3)

y que contenga al puntoP= (1, 1, 1). Para encontrar la ecuación cartesiana del plano Π1, podemos tomar

− →

N = (0, 2, 3). Como −→

N·P=5, una ecuación cartesiana es

2y+3z=5

X Y

Z

P

N Ejemplo 3.9

3.10 Intersección entre recta y plano.

(41)

Para obtener la intersección entre una recta L1 : (x,y,z) = P+t−→v y el planoΠ1: a1x+b1y+c1z=d1, lo que hacemos es pasar a la ecuación paramétrica de L1 y sustituimos x(t),y(t) y z(t) en la ecuación del plano: a1x(t)+b1y(t)+c1z(t)=d1. Resolvemos para t; si la solución es única, con este valor de t obtenemos el punto de intersección sustituyendo en la ecuación de la recta.

Si la ecuación a1x(t) +b1y(t)+ c1z(t) = d1 tiene infinitas soluciones significa que la recta está en el plano y si noy hay solución significa que la recta es paralela al plano pero es ajena a él.

X Y Z

L

Consideremos el problema de obtener la intersección, si hubiera, entre el plano Π : x −2y +3z = 1 y la recta L: (x,y,z) = (1, 2, 1) +t(0, 2, 3)

Las ecuaciones parámetricas deLson



sustituyendo en la ecuación deΠqueda

1−2(2+2t) +3(1+3t) =1 =⇒ t=1 5

Finalmente, sustituyendo en la ecuación de L, obtenemos el punto de intersección(1,12₅, 8₅)

X

Y

Z

L

Ejemplo 3.11

3.12 Distancia mínima de un punto a un plano.

Consideremos un plano Π de ecuación ax+by+cz=d. Sea

(42)

Consideremos el plano Π: 2x+3y−2z=5. La distancia del planoal origenes |2p·0+3·0−2·0−5| 22₊₃2_{+ (}₋₂₎2 =

5 √

17 Ejemplo 3.13

3.14 El punto de un plano más cercano a un punto dado.

Supongamos que tenemos un punto Q= (x,y,z) y un plano Π de ecuación ax+by+cz=d. Consideremos el problema es calcular E∈ Π tal que d(Q,Π) =d(Q,E). Supongamos que −→N es un vector normal al plano Π.

Como −→EQ=λ−→N entonces,

E−Q=λN

Multiplicamos porN

N·(E−Q) =λN·N N·E−N·Q=λN·N

ComoE∈ ΠentoncesN·E=d

λ=d−N·Q N·N =

d−ax−by−cz a2₊_b2₊_c2

X Y Z

El punto más cercano, en el plano Π de ecuación ax+by+cz=d, al punto Q es

E=Q+λN con λ= d−N·Q N·N .

En particular, el punto del plano Π más cercano al origen es E= d

||N||2N y d(O,Π) = d ||N||.

3.15 Proyección ortogonal sobre un plano.

La proyección de un vector −→v sobre un vector −→w se puede extender al caso de un vector y un plano.

Ortogonalidad y proyecciones.

Empecemos por un plano Π0 quepasa por el origen(en este caso el plano es

un subespacio vectorial deR3). Sea−→u ∈R3_{, la}_{proyección ortogonal} _de−→_u _sobre _Π

0 esel únicovector proy −→_u

Π0

∈R3

que cumple las dos condiciones siguientes,

a.)

−→_u ₋_proy−→u

Π0

⊥ −→w, ∀ −→w ∈ Π0

(43)

b.) ||−→u −proy

se le llamacomponente de −→u ortogonal a Π0. Aunque parece suficiente con la condición a.),

es la condición b.) la que garantiza la unicidad.

Sea Π0 es un plano que pasa por el origen (un subespacio vectorial deR3) y sean −→v y −→w vectoresortogonales y ortogonales y unitariospodemos usar la idea delproceso de ortogo-nalización de Gram-Schmidt:

−→_v ₌ −→v1 pendiculares y unitarios. La proyección de −→OQ sobre −→v es (OQ−→· −→v)−→v y entonces OQ−→−(−→OQ· −→v)−→v es ortogonal a α−→v

De nuevo, el punto E en el que se alcanza la mínima distancia entre un punto Q y el plano Π0, que pasa por el

origen se puede calcular comoE=proy

−→

OQ

Π0

= (−→OQ· −→v)−→v + (−→OQ· −→w)−→w

(44)

Consideremos de nuevo el problema de encontrar el punto E en

Calcular el punto E∈ Π0 en el que se alcanza esa distancia

mínima.

Cálculo de E: Como el plano pasa por el origen, es un sub-espacio vectorial de R3. Para obtener una base basta con dos vectores en el plano, no paralelos; digamosv1= (1, 1,−1)y v2= (0, 2,−1).

X

Y Z

Ahora, una base ortonormal sería,

(45)

4

ROTACIÓN DE UN PUNTO

ALREDEDOR DE UNA RECTA.

Rotar un punto P alrededor de una rectaL significa mover el punto Psobre un circunferencia, de radio r=d(P,L), que está sobre un plano ortogonal a L y pasa por P.

Primero vamos a considerar un punto P∈R3 _{y una recta} _L _{que pasa}_{por el origen} _O_{y va en la dirección del vector} unitario vb. Supongamos que P

0 _{se obtiene rotando} _P _{alrededor de} _L _{en un ángulo} _{α, entonces los únicos datos}

que conocemos son P,vby α.

Como se observa en la figura, N, P,Q, y P0 están en el mismo plano Π y vbes normal a este plano. Claramente,

−→

OP0=−→ON+−→NQ+−−→QP0

La idea ahora es calcular los sumandos =ON−→, −→NQ, −−→QP0 en términos de los datos conocidos.

Cálculo de −→ON: Este vector es la proyección de −→OP sobre vb,

es decir, −→ON=−→OP·v_bvb

Cálculo de −→NQ : Usando nuevamente la la proye-cción de OP−→ sobre vb;

−→

NP = −→OP − −→OP·v_bvb. Luego,

usando el triángulo rectángulo 4NQP0 obtenemos que

−→

NQ=−→OP−−→OP·v_bvb

·cosα.

Cálculo de −−→QP0: Primero debemos observar que −−→QP0 es para-lelo al plano Π y es ortogonal al segmento NP; por lo tanto

b

v×−→OP es paralelo a−−→QP0,i.e., −−→QP0=λ

b

v×OP−→.

X

Y Z

(unitario)

Figura 4.1 P0 es una rotación deP, αradianes alrededor de_bv

Vamos a verificar que en realidad son iguales. Usando la identidad de Lagrange,

kv_b×−→OPk=kv_bkkOP−→ksenθ=k−→OPksenθ. Ahora, usando el triángulo rectángulo 4ONP obtenemos,

k−→NPk=k−→OPksenθ.

Entonces kbv×

−→

(46)

kQP k=k_bv×OPksenα, y como −−→QP0 y bv×

−→

OP son paralelos, conlcluimos

−−→

Rotación de un punto alrededor de una recta arbitaria.

Si la recta no pasa por el origen, hacemos una traslación. Si la recta tiene ecuación vectorial L: (x,y,z) =A+tvbentonces, la rotación P

0 _de _P _{alrededor de} _L _en

un ángulo de α radianes es,

−→ implementa enMathematicacomo

RotacionL[A_, vv_, P_, alpha_] := Module[{v, a = A, p = P, ang = alpha}, v = vv/Norm[vv]; radianes, usamos la fórmula (4.1). Primero debemos normalizar,

v= (2, 1.5, 3)

||(2, 1.5, 3)|| ≈(0.512148, 0.384111, 0.768221).

P0 = (P−A)·cosα+v(v·(P−A))·(1−cosα)

+ (v×(P−A))·senα + A

≈ (0.834487, 2.53611, 4.82562)

X

Y Z

Ejemplo 4.1

(47)

Bibliografía

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